2022年四川省眉山市车城中学高二化学第二学期期末监测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、等浓度的下列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它们的酸性按由弱到强顺序排列正确的是ABCD2、下列实验能获得成功的是A140时，无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯B往油脂中加稀硫酸与之共热可发生皂化反应C检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否

2、变蓝D验证溴乙烷中的溴元素，可直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成3、300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构如图所示，制取蓝黑墨水利用了没食子酸哪类化合物的性质A芳香烃B酚C醇D羧酸4、侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是A装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶B装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸C装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下D实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K25、将足量的CO2不断通

3、入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应过程中的说法错误的是（ ）Ae点溶液中c(HCO3-)c(K+)Bbc段反应的离子方程式是AlO2-2H2OCO2=Al(OH)3HCO3-Cd点溶液中c(K+)= c(H2CO3)c(HCO3-)c(CO32-)DOa段与de段所消耗CO2的体积相同6、钡的核外电子排布为Xe6s2，下列关于钡的说法不正确的是()A其电负性比Cs大B位于第六周期第A族C能与冷水反应放出氢气D第一电离能比Cs小7、下列有关说法不正确的是A四水合铜离子(Cu(H2O)42+)的模型如图所示，铜离子

4、与水分子的氧原子形成4个配位键BCaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2CH原子的电子云图如图所示，电子云密度大的区域电子数目多D金属Cu的晶胞结构如图所示，晶胞中Cu原子的配位数为128、某有机物的结构简式为下列对其化学性质的判断中，不正确的是（ ）A能被银氨溶液氧化B能使KMnO4酸性溶液褪色C1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应D1mol该有机物只能与1molH2发生加成反应9、下列说法不正确的（ ）A玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分不相同B铁粉可作食品袋内的脱氧剂C漂白液、漂白粉、漂粉精的成分尽管不同，但漂白原理是相同的D浓硫酸可刻蚀石英制艺术品10

5、、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是ACH3CH2CH2COOHBCCH3CH2OHD11、可逆反应2NO2(g) N2O4(g) H0。在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是A增大容器体积B温度压强不变，充入N2O4(g)C温度体积不变，充入NO2(g)D容器容积不变，降低温度12、最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A右边吸附层中发生了还原反应B负极的电极反应是H22e2OH=2H2OC电池的总反应是2H2O2=2H2OD电解质溶液中Na向右移动，向左移动

6、13、25 时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液的电离度为a2，pH12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a1。下列关系式中正确的是（ ）Aa2=a3a4a1Ba3=a2a1a4Ca2a3a1a4Da1a2a3a414、依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等。它可以由原料X经过多步反应合成： 下列说法正确的是AX与Y所含的官能团种类不同但个数相等B可用酸性KMnO4溶液鉴别X和YC1molY能与6molH2或3 mol NaOH发生反应D依曲替酯能发生加成、取代、氧化反应15、下列说法正确的是()A气体摩尔体积就是22.4L

7、/molB非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4LC标准状况下22.4L任何物质都含有约6.021023个分子D1molH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L16、下列说法不正确的是A两个原子之间形成共价键时，最多有一个键B键比键重叠程度大，形成的共价键强CN2分子中有一个键，2个键D气体单质中，一定有键，可能有键二、非选择题（本题包括5小题）17、分子式为C3H7Br的有机物甲在适宜的条件下能发生如下一系列转化：（1）若B能发生银镜反应，试回答下列问题有机物甲的结构简式为_；用化学方程式表示下列转化过程：甲A：_B和银氨溶液反应：_（2）若B不能发生银镜反应，请回答

8、下列问题：A的结构简式为_；用化学方程式表示下列转化过程甲+NaOHD：_，DE：_18、有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为_；D的价电子排布图为_；(2)下列分子结构图中的和表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价

9、键则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是_(填写分子的化学式)； 在的分子中有_个键和_个键(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为_；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为_，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：_19、无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:AlCl3、FeCl3分别在183 、315 时升华；无水AlCl3遇潮湿空气变质。. 实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_，具体操作为_（2）装置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是

10、_。装置C中盛放的试剂是_。装置F中试剂的作用是_。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_. 工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_（2）700 时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_a.低于183 b.介于183 和315 之间 c.高于315 （3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数_(结

11、果用m、n表示,不必化简)。20、氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是_。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_(填序号)。加热反应一段时间 收集气体并检验其纯度关闭分液漏斗活塞 停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的

12、质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是_。21、研究和深度开发CO、CO2的应用对建生态文明社会具有重要的意义。（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) H1=+489.0kJmol-1，C(s)+CO2(g)=2CO(g) H2=+172.5kJmol-1则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为_。（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_。（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+

13、H2O(g)，测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。线、对应的平衡常数大小关系为KI_K（填“”或“=”或“”）。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1mol CO2、3mol H2a mol CO2、b mol H2、c mol CH3OH(g)、c molH2O(g)若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为_。（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2(g)转化为CH4和O2，紫外光照射时，在不同催化剂（、）作用下，CH

14、4产量随光照时间的变化见图2。在015小时内，CH4的平均生成速率I、和从大到小的顺序为_（填序号）（5）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2molL-1的KOH溶液。请写出加入（通入）b物质一极的电极反应式_；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_。（6）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，溶液中:2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】常温下，等浓度的这几种溶液，酸的电离程度越大其溶液中氢离子

15、浓度越大，乙醇是非电解质，在水溶液不发生电离。【详解】浓度相同条件下，根据乙酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，说明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸碱指示剂变色，苯酚钠溶液中通入过量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，证明说明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸性，乙醇是中性的非电解质溶液，它们的酸性由强到弱排列正确的是。故选A。【点睛】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生分析判断能力，明确酸性强弱顺序即可解答，注意：苯酚酸性小于碳酸而大于碳酸氢根离子。2、C【解析】试题分析：A、无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯的反应温度为170，错误；B、油脂的碱性水解叫做皂化反应，错误；C、检验淀粉是否水解完全，可往水解液中

16、加碘溶液观察是否变蓝，正确；D、溴乙烷的官能团为溴原子，不含溴离子，不能直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成来检验溴元素是否存在，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价。3、B【解析】没食子酸分子中含有羧基和酚羟基，结合两类官能团的性质进行分析解答。【详解】没食子酸含有酚羟基，能够与铁盐发生显色反应，由此发明了蓝黑墨水，制取蓝黑墨水利用了没食子酸酚类化合物的性质。答案选B。4、D【解析】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正确；C. 装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利

17、滴下，C正确；D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；答案为D。5、B【解析】在各个阶段发生的反应是：Oa：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O；ab段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；bc：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-；cd段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；de段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；据此分析。【详解】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗K

18、OH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-，沉淀量达最大后，再发生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。A、根据反应cd段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；de段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCO3-)c(K+)，选项A正确；B、bc段反应的离子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-，选项B错误；C、d点为KHCO3溶液

19、，根据物料守恒有c(K+)= c(H2CO3)c(HCO3-)c(CO32-)，选项C正确；D、由上述分析可知，Oa发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，de段发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根据反应可知，消耗CO2的体积相同，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查离子浓度大小关系及溶液中三大守恒的应用，易错点为选项C，应先分析d点为KHCO3溶液，再根据物料守恒进行判断。6、D【解析】根据钡的核外电子排布Xe6s2可知，该元素位于元素周期表第6周期IIA族，位于同周期第IA族的元素是Cs，根据元素周期律进行分析。【详解】A. 同周期元素从左到右电负性

20、逐渐增大，故Ba电负性比Cs大，A正确； B. Ba位于第六周期第A族，B正确；C. 同周期元素从上到下金属性逐渐增强，已知与钡同周期的镁能与冷水反应生成氢气，故钡也能与冷水反应放出氢气，C正确； D. 同周期元素的第一电离能从左到右呈递增趋势，但是第IIA元素的最外层s轨道是全充满状态，其第一电离能比同周期相邻的两种元素高，故Ba的第一电离能比Cs大，D不正确。综上所述，本题选不正确的，故选D。7、C【解析】A四水合铜离子中，铜离子提供4个空轨道，每个水分子的氧原子提供1对孤对电子，形成4个配位键，A正确；BCaF2晶体中，每个CaF2晶胞平均占有的Ca2数目为8+6=4，B正确；CH原子的

21、电子云图中，电子云密度大的区域仅表示电子出现的机会多，C不正确；D金属Cu的晶胞中，Cu原子的配位数为8=12，D正确；故选C。【点睛】计算晶胞中所含原子或离子数目时，需要弄清原子或离子所在的位置，原子或离子属于多少个晶胞，它在此晶胞中所占的份额就是多少分之一。8、D【解析】该有机物中含有C=C和-CHO，可发生加成、加聚、氧化等反应，以此解答该题。【详解】A.因含有-CHO，可发生银镜反应，故A正确；B.含有C=C和-CHO ，都可被KMnO4酸性溶液氧化，故B正确；C.C=C可与溴水发生加成反应， -CHO 可与溴发生氧化还原反应，但1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应，故C正

22、确；D. C=C和-CHO 都能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物能与2molH2发生加成反应，故D错误。答案选D。9、D【解析】A.玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石是碳单质，玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分不相同，A正确；B.铁粉具有还原性，可以作食品袋内的脱氧剂，B正确；C.漂白液、漂白粉、漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，漂白原理都是利用其氧化性漂白，C正确；D.石英为二氧化硅，与浓硫酸不反应，因此浓硫酸不能刻蚀石英制艺术品，D错误。正确选项D。【点睛】红宝石的成分是氧化铝，珍珠是硅酸盐，石英、水晶是二氧化硅，钻石是碳单质，红宝石、珍珠、水晶、钻石的成分不相同。10、C【解析】从核

23、磁共振谱图中可以看出，该有机物分子中有三种氢原子，且三种氢原子的个数都不相同。【详解】ACH3CH2CH2COOH分子中有4种氢原子，A不合题意；B分子中有2种氢原子，B不合题意；CCH3CH2OH分子中有3种氢原子，C符合题意；D分子中有2种氢原子，D不合题意；故选C。11、C【解析】A. 增大容器体积，相当于减压，平衡左移，各物质浓度均减小；B. 温度压强不变，充入N2O4(g)，与原平衡等效，各物质浓度不变；C. 温度体积不变，充入NO2(g)，相当于增大NO2(g)浓度；D.降低温度，平衡右移，NO2(g)浓度降低。【详解】A.增大容器体积，浓度降低，气体颜色变浅，A错误；B由于反应前

24、后均是一种物质，因此温度、压强不变，充入N2O4（g），与原平衡等效，各物质浓度不变，气体颜色不变，B错误；C由于反应前后均是一种物质，因此温度体积不变，充入NO2（g），相当于增大NO2（g）浓度，气体颜色加深，C正确；D正反应放热，容器容积不变，降低温度，平衡向正反应方向进行，NO2浓度减小，颜色变浅，D错误；正确选项C。【点睛】可逆反应2NO2(g) N2O4(g) H0，当容器的体积、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率不变，平衡不移动，混合气体的颜色不变；当压强、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率减慢，平衡向左移动，混合气体的颜色变浅。12、C【解析】由电子的流动方向可以得知左

25、边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应。【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。A. 右边吸附层中发生了还原反应，A正确；B. 氢气在负极上发生氧化反应，电解质中有强碱，故负极的电极反应是H22e2OH=2H2O，B正确；C. 没有氧气参与反应，C不正确；D. 电解质溶液中Na向右边的正极移动，向左边的负极移动，D正确。综上所述，本题选不正确的，故选C。13、A【解析】水为极弱的电解质，

26、酸、碱抑制水的电离，若溶液中H浓度和OH浓度相等，对水的抑制程度相同，H浓度或OH浓度越大，对水的抑制程度越大。【详解】酸、碱抑制水的电离，pH=2的醋酸溶液中H浓度等于pH12的氢氧化钠溶液中OH浓度，则两溶液中水的电离程度相等，则有231；pH=2的醋酸溶液与pH12的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸溶液过量，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的电离，溶液中H浓度减小，较原醋酸对水的电离的抑制程度小，所以2341，故选A。【点睛】本题考查影响水的电离平衡的因素，注意酸、碱抑制水的电离，抑制程度与H浓度或OH浓度的大小有关，注意弱酸部分电离，pH=2的醋酸溶液与pH12的氢氧化钠溶

27、液等体积混合后，酸溶液过量是解答关键。14、D【解析】AY中含有官能团羟基、羰基，X中没有；BX和Y中苯环上都含有甲基和碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；CY中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应；D依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、氧化反应等。【详解】AX 含有酯基、碳碳双键，Y含有羟基、羰基、酯基、碳碳双键，X与Y所含的官能团种类、个数不相等，A错误；BX和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，所以二者不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别

28、，B错误；CY中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应，所以1molY能与5molH2或3molNaOH发生反应，C错误；D依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、氧化反应等，D正确；正确选项D。15、D【解析】分析：A项，气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关；B项，非标准状况下，1mol任何气体的体积可能为22.4L；C项，标准状况下22.4L固态物质、液态物质所含分子数不等于6.021023；D项，1mol任何气体在标准状况下的体积约为22.4L。详解：A项，单位

29、物质的量的气体所占的体积叫做气体摩尔体积，气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关，在标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，在25、101kPa的条件下气体摩尔体积约为24.5L/mol，A项错误；B项，压强一定时温度升高气体体积增大，温度一定时压强增大气体体积减小，根据气体状态方程PV=nRT，非标准状况下，1mol任何气体的体积可能为22.4L，B项错误；C项，标准状况下22.4L固态物质、液态物质所含分子数不等于6.021023，C项错误；D项，气体体积与气体分子数、温度和压强有关，与气体种类无关，1mol任何气体在标准状况下的体积约为22.4L，D项正确；答案选D。点睛：本题考查气

30、体摩尔体积的有关知识。注意气体摩尔体积只适用于气态物质，气体摩尔体积与气体所处的温度和压强有关，压强一定时升高温度气体摩尔体积增大，温度一定时增大压强气体摩尔体积减小。16、D【解析】A、键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，A正确；B、键是电子“头对头”重叠形成的，键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以键比键重叠程度大，B正确；C、氮气分子的结构式为NN，所以一个氮气分子中含有一个键，2个键，C正确；D、气体单质分子中，可能只有键，如Cl2；也可能既有键又有键，如N2；但也可能没有化学键，如稀有气体，D错误；答案选D。

31、【点晴】明确键和键的形成是解本题关键，键是由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大而形成的共价键，叫做键，可以简记为“头碰头”，键属于定域键，它可以是一般共价键，也可以是配位共价键，一般的单键都是键。原子轨道发生杂化后形成的共价键也是键，通常键的键能比较大，不易断裂，而且，由于有效重叠只有一次，所以两个原子间至多只能形成一条键。键的轨道重叠程度比键小，不如键牢固。注意并不是所有的物质中都含有化学键，单原子分子不含化学键，这是本题的易错点。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2CH2Br；CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH

32、2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag+H2OCH3CH（OH）CH3CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2OnCH3CH=CH2【解析】分析：本题考查有机物推断，为高频考点，明确有机物的官能团性质及其物质之间的转化是解题的关键，注意卤代烃发生水解反应和消去反应时反应条件及断键方式区别。详解：若B能发生银镜反应，说明B含有醛基，A发生水解反应生成醇，B发生氧化反应生成醛，则甲的结构简式为CH3CH2CH2Br，A的结构简式为CH3CH2CH2OH，B的结构简式为CH3CH2CHO，甲或A发生消去反应都生成D为丙烯，D发生加聚反应生成

33、E。(1) 根据以上分析，可知甲的结构简式为CH3CH2CH2Br；甲A的方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；B和银氨溶液反应的方程式为：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag+H2O（2）若B不能发生银镜反应，则B为酮，则B为CH3COCH3，A为CH3CHOHCH3，甲为CH3CHBrCH3，D为CH2=CHCH3，E为。A的结构简式为CH3CH（OH）CH3；甲和氢氧化钠的醇溶液在加热条件下发生消去反应生成丙烯，反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O。丙烯发生加聚

34、反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH3CH=CH2。点睛：注意有机物的结构和反应的关系。卤代烃在氢氧化钠的醇溶液加热条件下可能发生消去反应，若卤素原子链接的碳原子的邻位碳上有氢原子，则能发生消去反应。醇分子中羟基链接的碳原子的邻位碳上有两个氢原子，则被催化氧化生成醛，若羟基链接的碳原子上有一个氢原子，则被催化氧化生成酮，若羟基链接的碳原子上没有氢原子，则不能催化氧化。18、 NH3、CH4、H2S 5 1 NH4HS或(NH4)2S Cu(NH3)4SO4 内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 【解析】由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周

35、期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s

36、22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布

37、图为。(2)分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH4，中心碳原子有4个键，0个孤电子对，采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1

38、个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个键和1个键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为Cu(NH3)4SO4。配合物Cu(NH3)4SO4的内界中

39、Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子Cu(NH3)42+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。19、检查装置气密性 关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好； 除HCl 浓硫酸 吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质 碱石灰 抑制铝离子水解 Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO b 100%或100% 【解析】I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II

40、.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【详解】I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此

41、装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlCl3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，如果G和F改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl3属于强酸弱碱盐，Al3发生水解：Al33H2OAl(OH)33H，加入盐酸的目的是抑制Al3的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl3，因此氯化炉中得到产物是AlCl3，焦炭在高温下，生成CO，因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（2）AlCl3、FeCl3分别在183 、315 时升华，因此进行分离，需要控制温度在183到315之间，故选项b正确；（3）根据铝元素

42、守恒，AlCl3的物质的量为n2/102mol，则AlCl3的质量为133.52n/102g，即AlCl3的质量分数为100%或100%。20、无水硫酸铜(或其他合理答案) 单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙 【解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键

43、是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙 没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。21、 Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) H= -28.5kJmol-1 CO+4OH-2e-=CO32-+2H2O 0.4I O2+4e-+2H2O=4OH- 1.2NA或1.2mol 2b10-7a-2b【解析】分析：(1)根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；(2)CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式；(3)比的甲醇的物质的量少，根据K=cCH3O